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【典例1】如图，等边△ABC中，点D为BC上一点，E在AC的延长线上，且DA＝DE.求证：BD＝CE.
备用图
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答案
证法一:过点 D 作 DF//AB 交AC 于点 F，
∴△CDF 为等边三角形，
∴∠AFD=120°，
DC=CF⇒AF=BD，
在△ADF 和△EDC 中，
$\begin{cases} ∠AFD=∠DCE, \\ ∠DAF=∠E, \\ DA=DE, \end{cases}$
∴△ADF≌△EDC(AAS)，
∴AF=CE,
∴BD=CE.
证法二:延长 DC 至 M,使 DM=BC,连接 EM,
∵AD=DE，
∴∠DAC=∠DEC，
而∠BAD+∠DAC=∠CDE+∠DEC，
∴∠BAD=∠CDE，
在△ABD 和△DME 中，
$\begin{cases} AB=DM, \\ ∠BAD=∠CDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△ABD≌△DME(SAS)，
∴BD=EM,∠M=∠B=60°，
∴△CEM 为等边三角形,
∴BD=CE.
解析
【分析】
要证明BD=CE，可通过全等三角形对应边相等或等量代换实现。结合等边△ABC的60°角、三边相等的性质，有两种常见构造思路：
思路1：过点D作DF平行于AB，利用平行线性质得到△CDF为等边三角形，可推导出AF=BD，再结合DA=DE的条件证明△ADF与△EDC全等，得到AF=CE即可完成证明；
思路2：延长DC至M使DM=BC，利用等边△ABC的AB=BC得到AB=DM，再推导角相等证明△ABD与△DME全等，得到BD=EM且∠M=60°，进而证明△CEM为等边三角形，得到EM=CE即可完成证明。
【解析】
证法一：
过点D作DF//AB交AC于点F，
∵△ABC是等边三角形，DF//AB，
∴∠CDF=∠B=60°，∠CFD=∠ACB=60°，
∴△CDF为等边三角形，
∴DC=CF，∠AFD=180°-∠CFD=120°，
∵AC=BC，
∴AC-CF=BC-DC，即$AF=BD$，
∵DA=DE，
∴∠DAF=∠E，
又
∵∠DCE=180°-∠ACB=120°，
∴∠AFD=∠DCE，
在△ADF和△EDC中：
$\begin{cases} ∠AFD=∠DCE, \\ ∠DAF=∠E, \\ DA=DE, \end{cases}$
∴△ADF≌△EDC(AAS)，
∴$AF=CE$，
结合$AF=BD$，可得$BD=CE$。
证法二：
延长DC至M，使DM=BC，连接EM，
∵△ABC是等边三角形，
∴$AB=BC$，∠B=∠ACB=60°，
∴$AB=DM$，
∵DA=DE，
∴∠DAC=∠DEC，
∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=60°+∠BAD，
又
∵∠ADC=∠DEC+∠CDE，
∴$60°+∠BAD=∠DEC+∠CDE$，结合∠DAC=∠DEC，可得$∠BAD=∠CDE$，
在△ABD和△DME中：
$\begin{cases} AB=DM, \\ ∠BAD=∠CDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△ABD≌△DME(SAS)，
∴$BD=EM$，∠M=∠B=60°，
∵∠ECM=∠ACB=60°，
∴△CEM为等边三角形，
∴$EM=CE$，
∴$BD=CE$。
【答案】
证法一:过点 D 作 DF//AB 交AC 于点 F，
∴△CDF 为等边三角形，
∴∠AFD=120°，
DC=CF⇒AF=BD，
在△ADF 和△EDC 中，
$\begin{cases} ∠AFD=∠DCE, \\ ∠DAF=∠E, \\ DA=DE, \end{cases}$
∴△ADF≌△EDC(AAS)，
∴AF=CE,
∴BD=CE.
证法二:延长 DC 至 M,使 DM=BC,连接 EM,
∵AD=DE，
∴∠DAC=∠DEC，
而∠BAD+∠DAC=∠CDE+∠DEC，
∴∠BAD=∠CDE，
在△ABD 和△DME 中，
$\begin{cases} AB=DM, \\ ∠BAD=∠CDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△ABD≌△DME(SAS)，
∴BD=EM,∠M=∠B=60°，
∴△CEM 为等边三角形,
∴BD=CE.
【知识点】
等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形与全等三角形结合的经典题型，核心考查辅助线的构造能力，通过构造平行线或者延长线段得到全等三角形与等边三角形，将待证线段建立等量关系，能有效提升几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
要证明BD=CE，可通过全等三角形对应边相等或等量代换实现。结合等边△ABC的60°角、三边相等的性质，有两种常见构造思路：
思路1：过点D作DF平行于AB，利用平行线性质得到△CDF为等边三角形，可推导出AF=BD，再结合DA=DE的条件证明△ADF与△EDC全等，得到AF=CE即可完成证明；
思路2：延长DC至M使DM=BC，利用等边△ABC的AB=BC得到AB=DM，再推导角相等证明△ABD与△DME全等，得到BD=EM且∠M=60°，进而证明△CEM为等边三角形，得到EM=CE即可完成证明。
【解析】
证法一：
过点D作DF//AB交AC于点F，
∵△ABC是等边三角形，DF//AB，
∴∠CDF=∠B=60°，∠CFD=∠ACB=60°，
∴△CDF为等边三角形，
∴DC=CF，∠AFD=180°-∠CFD=120°，
∵AC=BC，
∴AC-CF=BC-DC，即$AF=BD$，
∵DA=DE，
∴∠DAF=∠E，
又
∵∠DCE=180°-∠ACB=120°，
∴∠AFD=∠DCE，
在△ADF和△EDC中：
$\begin{cases} ∠AFD=∠DCE, \\ ∠DAF=∠E, \\ DA=DE, \end{cases}$
∴△ADF≌△EDC(AAS)，
∴$AF=CE$，
结合$AF=BD$，可得$BD=CE$。
证法二：
延长DC至M，使DM=BC，连接EM，
∵△ABC是等边三角形，
∴$AB=BC$，∠B=∠ACB=60°，
∴$AB=DM$，
∵DA=DE，
∴∠DAC=∠DEC，
∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=60°+∠BAD，
又
∵∠ADC=∠DEC+∠CDE，
∴$60°+∠BAD=∠DEC+∠CDE$，结合∠DAC=∠DEC，可得$∠BAD=∠CDE$，
在△ABD和△DME中：
$\begin{cases} AB=DM, \\ ∠BAD=∠CDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△ABD≌△DME(SAS)，
∴$BD=EM$，∠M=∠B=60°，
∵∠ECM=∠ACB=60°，
∴△CEM为等边三角形，
∴$EM=CE$，
∴$BD=CE$。
【答案】
证法一:过点 D 作 DF//AB 交AC 于点 F，
∴△CDF 为等边三角形，
∴∠AFD=120°，
DC=CF⇒AF=BD，
在△ADF 和△EDC 中，
$\begin{cases} ∠AFD=∠DCE, \\ ∠DAF=∠E, \\ DA=DE, \end{cases}$
∴△ADF≌△EDC(AAS)，
∴AF=CE,
∴BD=CE.
证法二:延长 DC 至 M,使 DM=BC,连接 EM,
∵AD=DE，
∴∠DAC=∠DEC，
而∠BAD+∠DAC=∠CDE+∠DEC，
∴∠BAD=∠CDE，
在△ABD 和△DME 中，
$\begin{cases} AB=DM, \\ ∠BAD=∠CDE, \\ AD=DE, \end{cases}$
∴△ABD≌△DME(SAS)，
∴BD=EM,∠M=∠B=60°，
∴△CEM 为等边三角形,
∴BD=CE.
【知识点】
等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形与全等三角形结合的经典题型，核心考查辅助线的构造能力，通过构造平行线或者延长线段得到全等三角形与等边三角形，将待证线段建立等量关系，能有效提升几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
【典例2】(2026·武汉)如图，点D，E分别在等边△ABC边BC延长线和边AB上，∠AEC=2∠D，求证：CE=BE+CD.
答案
延长 AB 至点 M,使 EM=EC,
∴∠M=∠D，
在△BCM 和△CAD 中，
$\begin{cases} ∠M=∠D, \\ ∠MBC=∠ACD, \\ BC=CA, \end{cases}$
∴△BCM≌△CAD(AAS)，
∴BM=CD，
∴CE=EM=BE+CD.
解析
【分析】
要证明CE=BE+CD，属于线段和差类证明问题，优先考虑截长补短法解题。结合已知条件∠AEC=2∠D，可通过构造等腰三角形将二倍角关系转化为等角关系：延长AB至M使EM=EC，此时△EMC为等腰三角形，∠M=∠ECM，根据三角形外角性质可得∠AEC=∠M+∠ECM=2∠M，结合已知∠AEC=2∠D即可推出∠M=∠D。再利用等边△ABC的性质，得到∠MBC=∠ACD=120°、BC=CA，即可证明△BCM≌△CAD，得到BM=CD，最后通过线段和的代换即可得证。
【解析】
证明：延长 AB 至点 M，使 EM=EC，
∵EM=EC，
∴∠M=∠ECM，
∵∠AEC是△EMC的外角，
∴∠AEC=∠M+∠ECM=2∠M，
又
∵∠AEC=2∠D，
∴∠M=∠D，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=CA，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠MBC=180°-∠ABC=120°，∠ACD=180°-∠ACB=120°，即∠MBC=∠ACD，
在△BCM 和△CAD 中，
$\begin{cases} ∠M=∠D, \\ ∠MBC=∠ACD, \\ BC=CA, \end{cases}$
∴△BCM≌△CAD(AAS)，
∴BM=CD，
∴CE=EM=BE+BM=BE+CD，即CE=BE+CD。
【答案】
延长 AB 至点 M,使 EM=EC,
∴∠M=∠D，
在△BCM 和△CAD 中，
$\begin{cases} ∠M=∠D, \\ ∠MBC=∠ACD, \\ BC=CA, \end{cases}$
∴△BCM≌△CAD(AAS)，
∴BM=CD，
∴CE=EM=BE+CD.
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，截长补短证线段和差
【点评】
本题是等边三角形与全等构造结合的典型题型，核心解题思路是利用截长补短法构造等腰三角形，将线段和差的证明转化为全等三角形对应边相等的证明，解题的关键是结合角的倍数关系构造等腰，进而得到全等需要的等角条件。
【难度系数】
0.6
要证明CE=BE+CD，属于线段和差类证明问题，优先考虑截长补短法解题。结合已知条件∠AEC=2∠D，可通过构造等腰三角形将二倍角关系转化为等角关系：延长AB至M使EM=EC，此时△EMC为等腰三角形，∠M=∠ECM，根据三角形外角性质可得∠AEC=∠M+∠ECM=2∠M，结合已知∠AEC=2∠D即可推出∠M=∠D。再利用等边△ABC的性质，得到∠MBC=∠ACD=120°、BC=CA，即可证明△BCM≌△CAD，得到BM=CD，最后通过线段和的代换即可得证。
【解析】
证明：延长 AB 至点 M，使 EM=EC，
∵EM=EC，
∴∠M=∠ECM，
∵∠AEC是△EMC的外角，
∴∠AEC=∠M+∠ECM=2∠M，
又
∵∠AEC=2∠D，
∴∠M=∠D，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=CA，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠MBC=180°-∠ABC=120°，∠ACD=180°-∠ACB=120°，即∠MBC=∠ACD，
在△BCM 和△CAD 中，
$\begin{cases} ∠M=∠D, \\ ∠MBC=∠ACD, \\ BC=CA, \end{cases}$
∴△BCM≌△CAD(AAS)，
∴BM=CD，
∴CE=EM=BE+BM=BE+CD，即CE=BE+CD。
【答案】
延长 AB 至点 M,使 EM=EC,
∴∠M=∠D，
在△BCM 和△CAD 中，
$\begin{cases} ∠M=∠D, \\ ∠MBC=∠ACD, \\ BC=CA, \end{cases}$
∴△BCM≌△CAD(AAS)，
∴BM=CD，
∴CE=EM=BE+CD.
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，截长补短证线段和差
【点评】
本题是等边三角形与全等构造结合的典型题型，核心解题思路是利用截长补短法构造等腰三角形，将线段和差的证明转化为全等三角形对应边相等的证明，解题的关键是结合角的倍数关系构造等腰，进而得到全等需要的等角条件。
【难度系数】
0.6
【典例3】如图，在△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外一点，且∠ABD＝∠ACD＝60°，求证：AB＝BD＋DC。
答案
方法一:延长 BD 至 M,使 BM=AB,连 AM,则△ABM 是等边三角形,连接 MC,
∴AM=AB=AC，
∠ABM=∠AMB=∠ACD，
∴∠DCM=∠DMC，
∴CD=DM，
∴AB=BD+DC.
方法二:延长 CD 至点 N,使 CN=AC,得等边三角形△ACN,连接 BN,
得∠DBN=∠DNB，
∴DB=DN，
∴BD+CD=AB.
解析
【分析】
要证明AB=BD+DC，属于线段和差类证明问题，常用截长补短的思路求解。结合已知条件∠ABD=∠ACD=60°、AB=AC，可通过构造等边三角形转化线段：可以在BD的延长线上截取BM=AB，构造等边三角形将AB转化为BM，再证明DM=DC即可；也可以在CD的延长线上截取CN=AC，构造等边三角形将AC转化为CN，再证明DN=BD即可。
【解析】
方法一：
延长BD至M，使BM=AB，连接AM、MC。
1. 因为∠ABD=60°，且BM=AB，所以△ABM是等边三角形，可得AM=AB，∠AMB=∠ABM=60°。
2. 已知AB=AC，因此AM=AC，由等腰三角形性质得∠AMC=∠ACM。
3. 结合∠ACD=60°，可知∠AMB=∠ACD=60°，因此∠AMC-∠AMB=∠ACM-∠ACD，即∠DMC=∠DCM，可得DC=DM。
4. 因此AB=BM=BD+DM=BD+DC，得证。
方法二：
延长CD至N，使CN=AC，连接AN、BN。
1. 因为∠ACD=60°，且CN=AC，所以△ACN是等边三角形，可得AN=AC，∠ANC=∠ACN=60°。
2. 已知AB=AC，因此AN=AB，由等腰三角形性质得∠ANB=∠ABN。
3. 结合∠ABD=60°，可知∠ANC=∠ABD=60°，因此∠ABN-∠ABD=∠ANB-∠ANC，即∠DBN=∠DNB，可得DB=DN。
4. 因此AB=AC=CN=CD+DN=BD+DC，得证。
【答案】
方法一:延长 BD 至 M,使 BM=AB,连 AM,则△ABM 是等边三角形,连接 MC,
∴AM=AB=AC，
∠ABM=∠AMB=∠ACD，
∴∠DCM=∠DMC，
∴CD=DM，
∴AB=BD+DC.
方法二:延长 CD 至点 N,使 CN=AC,得等边三角形△ACN,连接 BN,
得∠DBN=∠DNB，
∴DB=DN，
∴BD+CD=AB.
【知识点】
等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，截长补短证线段和差
【点评】
本题是构造等边三角形解决线段和差问题的典型例题，解题核心是结合已知的60°角和相等的边，通过截长补短构造等边三角形，再利用角的等量推导得到等腰三角形，实现线段的转化，将分散的线段整合到同一条线段上完成证明。
【难度系数】
0.6
要证明AB=BD+DC，属于线段和差类证明问题，常用截长补短的思路求解。结合已知条件∠ABD=∠ACD=60°、AB=AC，可通过构造等边三角形转化线段：可以在BD的延长线上截取BM=AB，构造等边三角形将AB转化为BM，再证明DM=DC即可；也可以在CD的延长线上截取CN=AC，构造等边三角形将AC转化为CN，再证明DN=BD即可。
【解析】
方法一：
延长BD至M，使BM=AB，连接AM、MC。
1. 因为∠ABD=60°，且BM=AB，所以△ABM是等边三角形，可得AM=AB，∠AMB=∠ABM=60°。
2. 已知AB=AC，因此AM=AC，由等腰三角形性质得∠AMC=∠ACM。
3. 结合∠ACD=60°，可知∠AMB=∠ACD=60°，因此∠AMC-∠AMB=∠ACM-∠ACD，即∠DMC=∠DCM，可得DC=DM。
4. 因此AB=BM=BD+DM=BD+DC，得证。
方法二：
延长CD至N，使CN=AC，连接AN、BN。
1. 因为∠ACD=60°，且CN=AC，所以△ACN是等边三角形，可得AN=AC，∠ANC=∠ACN=60°。
2. 已知AB=AC，因此AN=AB，由等腰三角形性质得∠ANB=∠ABN。
3. 结合∠ABD=60°，可知∠ANC=∠ABD=60°，因此∠ABN-∠ABD=∠ANB-∠ANC，即∠DBN=∠DNB，可得DB=DN。
4. 因此AB=AC=CN=CD+DN=BD+DC，得证。
【答案】
方法一:延长 BD 至 M,使 BM=AB,连 AM,则△ABM 是等边三角形,连接 MC,
∴AM=AB=AC，
∠ABM=∠AMB=∠ACD，
∴∠DCM=∠DMC，
∴CD=DM，
∴AB=BD+DC.
方法二:延长 CD 至点 N,使 CN=AC,得等边三角形△ACN,连接 BN,
得∠DBN=∠DNB，
∴DB=DN，
∴BD+CD=AB.
【知识点】
等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，截长补短证线段和差
【点评】
本题是构造等边三角形解决线段和差问题的典型例题，解题核心是结合已知的60°角和相等的边，通过截长补短构造等边三角形，再利用角的等量推导得到等腰三角形，实现线段的转化，将分散的线段整合到同一条线段上完成证明。
【难度系数】
0.6
